Irresistible:$T(p)=\int_0^{\pi/2}x\tan(x)^p\mathrm dx$ para$-2<p<1$

Question

Estoy trabajando en un reto que se le plantea a mí por el libro Irresistible Integrales, la búsqueda de una forma cerrada para la integral $$T(p)=\int_0^{\pi/2}x\tan(x)^p\mathrm dx,\qquad -2<p<1$$ Estoy seguro de que una forma cerrada existe, porque el libro me dice que me encuentra.

Mis esfuerzos:

$$T(p)=\int_0^{\pi/2}x\tan(x)^p\mathrm dx$$ $x=\arctan u$: $$I(p)=\int_0^\infty \frac{u^p}{1+u^2}\arctan u\,\mathrm du$$ $u=\frac1t$: $$T(p)=\int_0^{\infty}\frac{t^{-p}}{1+\frac{1}{t^2}}\arctan(1/t)\frac{\mathrm dt}{t^2}$$ $$T(p)=\frac\pi2\int_0^{\infty}\frac{t^{2-p}}{1+t^2}\mathrm dt-\int_0^\infty \frac{t^{2-p}}{1+t^2}\arctan t\,\mathrm dt$$ $$T(p)=\frac\pi2J(p)-T(2-p)$$ Luego enfocarse en $$J(p)=\int_0^{\infty}\frac{t^{2-p}}{1+t^2}\mathrm dt$$ Como he mostrado antes, esta integral se refiere a la función Beta: $$\int_0^{\infty}\frac{t^{2b-1}\mathrm dt}{(1+t^2)^{a+b}}=\frac12\mathrm{B}(a,b)=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{2\Gamma(a+b)}$$ Por lo $$J(p)=\frac12\Gamma\left(\frac{p-1}2\right)\Gamma\left(\frac{3-p}2\right)$$ Pero esto sólo funciona para $p\in(1,3)$, así que estoy pensando que mis funcional de la ecuación es completamente falsa.

¿Alguien sabe cómo evaluar esta integral? Gracias.

Editar:

Como se señaló en los comentarios, hemos

$$T(p)=\frac\pi2\int_0^\infty \frac{t^{-p}}{1+t^2}\mathrm dt-\int_0^\infty \frac{t^{-p}}{1+t^2}\arctan t\,\mathrm dt$$ Así que la redefinición de la $J(p)=\int_0^\infty \frac{t^{-p}}{1+t^2}\mathrm dt$ Tenemos que

$$J(p)=\frac12\Gamma\left(\frac{1-p}2\right)\Gamma\left(\frac{1+p}2\right)$$ Entonces, si recordamos que $$\Gamma(s)\Gamma(1-s)=\frac\pi{\sin\pi s}$$ $$\Gamma(s/2)\Gamma(1-s/2)=\frac\pi{\sin\frac{\pi s}2}$$ $$\Gamma\left(\frac{1+s}2\right)\Gamma\left(\frac{1-s}2\right)=\frac\pi{\sin\frac{\pi(s+1)}2}=\frac\pi{\cos\frac{\pi s}2}$$ Así $$T(p)+T(-p)=\frac{\pi^2}{4\cos\frac{\pi p}2}$$

Answer 1

$$I(p)=\int_0^\frac{\pi}{2} x \tan^p x\, dx= \int_0^\infty u^{p-1}\frac{\arctan u}{u}\frac{du}{1+u^2 }du$$ Se tiene la siguiente identidad: $$\frac{\arctan u}{u}=\int_0^1 \frac{1}{1+u^2 y^2 }dy \overset{y\rightarrow \frac 1y}=\int_1^\infty \frac{y^2}{u^2+y^2}dy$$ Así, intercambiando el orden de las integrales obtenemos: $$I(p)=\int_1^\infty y^2 \left(\int_0^\infty u^{p-1} \frac{1}{u^2+y^2}\frac{1}{1+u^2}du\right)dy$$ El interior de la integral es sólo un Mellin de transformación, y a partir de aquí, vea la página $309$ hemos mediante el establecimiento $\alpha =y^2$ e $\beta=1$ y por supuesto, tenemos $s=p$. $$\mathcal{M} \left(\frac{1}{u^2+y^2} \frac{1}{1+u^2}\right)(u)=\frac{\pi}{2}\csc\left(\frac{\pi p}{2}\right)\frac{\left(y^{p-2}-1\right)}{1-y^2}$$ $$\Rightarrow I(p)=\frac{\pi}{2}\csc\left(\frac{\pi p}{2}\right)\int_1^\infty y^2\frac{\left(y^{p-2}-1\right)}{1-y^2}dy\overset{y=\frac1x}=\frac{\pi}{2}\csc\left(\frac{\pi p}{2}\right)\int_0^1 \frac{y^{-2}-y^{-p}}{1-y^2}dy$$ Ahora esto se ve mejor, pero voy a tratar de terminar el día de mañana.

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También desde otro intento: $$I(p)=\int_0^\frac{\pi}{2} x \tan^p x\, dx= \int_0^\infty u^p\frac{\arctan u}{1+u^2 }du$$ Ahora sería genial, para integrar por partes directamente, ya que $\displaystyle{\frac{\arctan u}{1+u^2}}$ grita: $\displaystyle{\left( \frac12 \arctan^2 u\right)'}$, sin embargo cuando conectamos $\infty$ a $u$ todo los golpes. Por lo tanto tenemos que normalizar de alguna manera y vamos a tomar: $$\left( \frac12 \arctan^2 u-\frac{\pi^2}{8}\right)'= \frac{\arctan u}{1+u^2}$$ También ahora tenemos la suerte de que cuando $p\in (-2,1)$ tenemos: $$\lim_{u \to \infty} \left(\frac12\arctan^2 u-\frac{\pi^2}{8}\right) u^p=0$$ Así tenemos: $$I(p)=\underbrace{\left(\frac12\arctan^2 u-\frac{\pi^2}{8}\right) u^p\bigg|_0^\infty}_{=0}+p\int_0^\infty u^{p-1} \left(\frac{\pi^2}{8}-\frac12\arctan^2 u\right) du$$ De nuevo en la integración de las $\displaystyle{\int_0^\infty u^{p-1} du}$ con $p\in (-2,1)$ obtenemos $0$ así que nos quedamos con: $$I(p)=-\frac{p}2\int_0^\infty u^{p-1}\arctan^2udu=-\frac{p}{2} \mathcal{M}\left(\arctan ^2 u\right)$$ Donde $\mathcal{M}\left(f(x)\right)$ denota la Mellin de transformación de $f(x)$.

Wolfram amablemente nos da un buen resultado en términos de Meijer de la función G, pero yo podría haber hecho algunos errores.

Answer 2

Deje $\Omega = \{p \in \mathbb{C} \,\colon -2 < \operatorname{Re}(p) < 1 \}$. Para $p \in \Omega$ definimos la función $$ f_p \, \colon [0,1] \to \mathbb{C} \, , \, f_p (x) = \int \limits_0^\infty \frac{u^p}{1+u^2} \arctan(x u) \, \mathrm{d} u \, . $$ Tenemos $f_p \in C^1 ([0,1],\mathbb{C})$, $f_p (0) = 0$ y, por su cálculo, $f_p(1) = T(p)$ . La fijación de $x \in (0,1)$, se nota que $f_\cdot (x)$ es un holomorphic de la función en $\Omega$ e de $p \in \Omega$ con $\operatorname{Re}(p) > 0$ hemos \begin{align} f_p '(x) &= \int \limits_0^\infty \frac{u^{p+1}}{(1+u^2)(1+x^2 u^2)} \, \mathrm{d} u = \frac{1}{1-x^2} \int \limits_0^\infty \left[\frac{u^{p-1}}{1+x^2 u^2} - \frac{u^{p-1}}{1+u^2} \right] \, \mathrm{d} u \\ &= \frac{x^{-p} - 1}{1-x^2} \frac{1}{2} \operatorname{B} \left(\frac{p}{2},1 - \frac{p}{2}\right) = \frac{\pi}{2 \sin \left(\frac{\pi}{2} p\right)} \frac{x^{-p} - 1}{1-x^2} \, , \end{align} dado que tanto los derivados pueden ser intercambiados con la integral (fundamentalmente por el teorema de convergencia dominada). Sin embargo, el lado derecho es también un holomorphic función de $p \in \Omega$ (si definimos $f_0(x) = \frac{-\ln(x)}{1-x^2}$ como el límite correcto), por lo que $$ f_p'(x) = \frac{\pi}{2} \csc \left(\frac{\pi}{2} p\right) \frac{x^{-p} - 1}{1-x^2} $$ es válido para cada $p \in \Omega$ e $x \in (0,1)$ por el teorema de identidad. El uso de una representación integral de la función digamma obtenemos \begin{align} T(p) &= f_p(1) = \int \limits_0^1 f_p'(x) \, \mathrm{d} x = \frac{\pi}{2} \csc \left(\frac{\pi}{2} p\right) \int \limits_0^1 \frac{x^{-p} - 1}{1-x^2} \, \mathrm{d} x \\ &= \frac{\pi}{4} \csc \left(\frac{\pi}{2} p\right) \int \limits_0^1 \frac{t^{-(1+p)/2} - t^{-1/2}}{1-t} \, \mathrm{d} t \\ &= \frac{\pi}{4} \csc \left(\frac{\pi}{2} p\right) \left[- \gamma + \int \limits_0^1 \frac{1 - t^{-1/2}}{1-t} \, \mathrm{d} t - \left(- \gamma + \int \limits_0^1 \frac{1 - t^{-(1+p)/2}}{1-t} \, \mathrm{d} t\right) \right] \\ &= \frac{\pi}{4} \csc \left(\frac{\pi}{2} p\right) \left[\psi\left(\frac{1}{2}\right) - \psi\left(\frac{1-p}{2}\right)\right] \end{align} para $p \in \Omega$ con el límite correcto $T(0) = \frac{\pi^2}{8}$ .